「loj - 6295」无意识之外的捉迷藏


description

在一个有向无环图上,阿燐和阿空第 \(0\) 个时刻分别站在编号为 \(s_r, s_k\) 的节点,二人都知道双方的初始位置,对地图完全了解。

从第 \(1\) 个时刻起,每个时刻阿燐和阿空都可以选择站着不动,也可以选择移动到相邻的节点,二人每时刻的移动是同时开始的,并且不能中途改变方向。

阿燐被阿空捉住时,游戏立即结束。如果阿空一直没有捉住阿燐,第 \(t\) 个时刻结束后两人就不能再继续移动了,游戏将在第 \(t+1\) 个时刻结束。

阿空的目的是尽快捉住阿燐(捉住的定义是与阿燐同一时刻站在同一节点),而阿燐的目的是尽可能更长时间不被阿空捉住。

具体而言,若一场游戏进行了 \(t_0\) 时刻,阿燐的得分是 \(t_0\),阿空的得分是 \(-t_0\),双方都希望自己得分(或得分的期望值)更高。

我们认为在这个过程中阿燐和阿空随时都能知道对方的位置。两人在第 \(t\) 个时刻不能看出第 \(t+1\) 个时刻对方要走到哪里。

恋恋想知道,在双方最优决策的情况下,游戏结束时刻的期望值是多少。

problem link。

solution

显然动态规划,只需要考虑如何转移,发现转移是一个零和博弈问题。

以下假设阿燐有 \(m\) 种选择,阿空有 \(n\) 种选择,阿空的第 \(i\) 种选择与阿燐的第 \(j\) 种选择的价值为 \(t_{i,j}\),阿燐要最大化 \(t\),阿空要最小化 \(t\)

这个零和博弈过程其实就是纳什均衡。考虑纳什均衡的结论:双方按一定概率进行选择,如果任意一方改变策略无法使自己获利,则达到稳定态。

然后发现其实就是解线性规划。建线性规划方法较多,这里贴一种比较方便的:

设最终稳定态的价值为 \(V\),考虑阿空的策略为以概率 \(p_i(1\leq i\leq m)\) 选第 \(i\) 种选择,则有:

\[\begin{aligned} \mathrm{minimize}\ V \\ \begin{cases} \sum p_i = 1 \\ \sum p_it_{ij} \leq V \end{cases} \end{aligned} \]

考虑消掉等式 \(\sum p_i = 1\)。作换元 \(x_i=\frac{p_i}{V}\),得到标准型:

\[\mathrm{maximize}\ \sum x_i \\ \sum x_it_{ij}\leq 1 \]


关于线性规划的单纯形法(参考了学长的blog),作为个人复习用。不会证明,懒得证明。

标准型:

\[\begin{aligned} \mathrm{maximize}\sum & c_ix_i \\ \sum a_{ij}x_j & \leq b_i \\ x_i & \geq 0 \end{aligned} \]

松弛型:

\[\begin{aligned} \mathrm{maximize}\sum & c_ix_i \\ b_i - \sum a_{ij}x_j & = x'_{i} \\ x_i,x'_i & \geq 0 \end{aligned} \]

其中 \(x_i\) 为基变量,\(x_i'\) 为非基变量。


定义 转轴(pivot)操作 为交换非基变量 \(x'_l\) 与基变量 \(x_e\) 的操作。

由于 \(b_l -\sum_{p\not = e} a_{lp}x_p-a_{le}x_e=x_l'\),故 \(x_e = \frac{1}{a_{le}}(b_l-\sum_{p\not = i} a_{lp}x_p - x_l')\),代入其他式子即可。

如果我们通过转轴最终得到如下的线性规划式子:

\[\begin{aligned} \mathrm{maximize}\sum & c_ix_i + S(c_i\leq0) \\ b_i - \sum a_{ij}x_j & = x'_{i}(b_i\geq 0) \\ x_i,x'_i & \geq 0 \end{aligned} \]

则直接令 \(x_i=0,x_i'=b_i\) 即可得到线性规划最大值 \(S\)


分两步做:找到 \(b_i\geq 0\) 的初始解;不断转轴使得所有 \(c_i\leq 0\)

(1)找初始解:

上面的 blog 里提到了一种准确的方法 但是好像没什么人写

有一个好写点的随机算法:随机取 \(b_i < 0\),再随机取 \(a_{ij}<0\),转轴 \(x'_i,x_j\)。这样至少能够保证转轴后 \(b_i \geq 0\) (显然这个可能会WA)

(2)使得所有 \(c_i\leq 0\)

找到任意 \(j\) 满足 \(c_j>0\)\(c_j\) 最大(不是最大也合法,但是贪心地取最大应该或许大概要快些)。

再找到 \(i\) 满足 \(a_{ij}>0\)\(\frac{b_i}{a_{ij}}\) 最小(不是最小不合法)。

转轴 \(x_i',x_j\)。可以发现这样不会使得 \(b_i < 0\) 发生。

如果找不到初始解,则无解;如果在第二步时不存在 \(a_{ij} > 0\),则无界。

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define rep(i, x, n) for(int i=x;i<=n;i++)

const double EPS = 1E-9;

int dcmp(double x) {return fabs(x) <= EPS ? 0 : (x > 0 ? 1 : -1);}

double a[55][55];
void pivot(int l, int e, const int &n, const int &m) {
	double t = a[l][e]; a[l][e] = 1;
	rep(j, 0, m) a[l][j] /= t;
	rep(i, 0, n) if( i != l && dcmp(a[i][e]) != 0 ) {
		t = a[i][e], a[i][e] = 0;
		rep(j, 0, m) {
			if( !i && !j ) a[i][j] += t * a[l][j];
			else a[i][j] -= t * a[l][j];
		}
	}
}

double simplex(const int &n, const int &m) {
	while( true ) {
		int l = 0, e = 0;
		rep(j, 1, m) if( dcmp(a[0][j]) > 0 && (!e || dcmp(a[0][j] - a[0][e]) > 0) )
			e = j;
		if( !e ) break;
		rep(i, 1, n) if( dcmp(a[i][e]) > 0 && (!l || dcmp(a[i][0]/a[i][e] - a[l][0]/a[l][e]) < 0) )
			l = i;
		if( !l ) return 0;
		pivot(l, e, n, m);
	}
	return 1 / a[0][0];
}

vector<int>G[25]; double f[25][25][25]; int n;
double dp(int x, int y, int p) {
	if( x == y ) return 0;
	if( p == 0 ) return 1;
	if( f[x][y][p] != -1 ) return f[x][y][p];
	
	int sn = G[x].size(), sm = G[y].size();
	rep(i, 1, sn) rep(j, 1, sm) dp(G[x][i - 1], G[y][j - 1], p - 1);
	rep(i, 1, sn) a[i][0] = 1;
	rep(j, 1, sm) a[0][j] = 1;
	rep(i, 1, sn) rep(j, 1, sm)
		a[i][j] = dp(G[x][i - 1], G[y][j - 1], p - 1);
	a[0][0] = 0; return f[x][y][p] = simplex(sn, sm) + 1;	
}

int main() {
	int m, sr, sk, u, v, t;
	scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &sr, &sk, &t);
	rep(i, 1, m) scanf("%d%d", &u, &v), G[u].push_back(v);
	rep(i, 1, n) G[i].push_back(i);
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) rep(k, 1, t) f[i][j][k] = -1;
	printf("%.3f\n", dp(sr, sk, t));
}

details

这道题由于初始 \(b_i\geq 0\) 所以不需要找初始解。无界即换元前答案为 \(0\)

posted @ 2020-07-17 12:37  Tiw_Air_OAO  阅读(51)  评论(0编辑  收藏